机械电子工程专业综合考研经典试题答案解析

机械电子工程专业综合考研经典试题答案解析
机械电子工程专业综合考研经典试题答案解析
第一部分理论力学
一、 填空题
1. 解：如下图所示，可在C 点对题述运动进行分解: (1) 圆盘绕0点逆时针转动； (2) 滑块A 水平向右直线运动；
_
31 b
同理可得 v A = O l cos60 = ----- o
1
3
由于该题所述牵连运动为转动，因而要选判断科氏加速度的方向:
根据右手定则，可得其方向如下图所示：
又根据圆周运动的性质可知
I AO = glsin60，
l sin 60 3l '
(3)
杆O i A 受牵连作绕O i A 轴的逆时针旋转运动
l AO 2 3b
_____ _ _____
接下来可再根据圆周运动的性质依次确定 a O 、a O 、a O 、a O 的方向如上图所示,
1 1
_ R T T
T T T
由此再根据运动合成定理可得 a O ■ a n ■ a O 1
■ aO ^ ■ a A ■ a C 0， 同时根据圆周运动及科氏加速度的性质，并将上式各加速度在
y 轴上投影可得
: : 2 :
:
2 O v A sin60 k O cos30 b O cos60 = b O1 cos30 ；
同时由于圆盘绕O 点作匀角速度运动，故：七=0，
2.
解：设任意瞬时，圆柱体的质心加
速度为 6，角加速度为；，重物
的加速度为a 2，则根据动量定理和圆周运动的向心力性质及加速度 合成定理，必有：
a 1 - T - a 2
mai 二 mig sin 二-T
一 mj E =Tr 2 1
咛2 二 m)2g
O 1
进一步可得
2、，3 2b 2
. 2 节 3l
3l 2
12 2bl 4.3 2b 2
9l 2
由上图可知F N =(R Jcosa ；
由滚动阻碍定律可得M fE M ma x=F N 6=(p+F2J6coP ； 由此根据力偶的性质可得 F T 2二吐 = 一 cos 〉；
联立，可解得
a
i
二
a 2 " m( si n r 2m 2si n J -
m 2 g
m 3 m,
3mt - m sin)g
3.解：由题意可得如下图所示的受力分析图(其中
F TI 、F T 2分别代表滑动
与滚动摩擦力，M f 代表滚动阻力偶)：
/ i
r
1 m
首先，求解质心D 的位置：…宀
1
；
刚体作定轴转动，初瞬时• = 0，应用动量矩定理得J O 「- mg 2mg1 ；
2
a = | mgl ,
1 2 1 2 2 2
又j 「3mi
云细21 2ml
=
3ml
，由此得
3ml
故’詈，因此aD i r =36g
；
由质心运动定理：3ma D =3mg-F oy ; 故 F oy =3mg —彳口象=1|mg o
25
又刚体OA 与EC 要保持动平衡，由此可得F A =3mg-F °y
5.解：⑴设物块D 下降距离s 时，速度为V D ,贝U 系统动能为:
1 2 1 2
1 2 1 2
T 二？ m m 2 V D J C C
2 J B 'B 2 EV A ，
其中：‘c 详
2v
D
R ； V A =2V D ; J c 二 J B ^mR 2
;
R
2
m m 2
1
m 2m 4 m !
1 7
m 4mi | m 2 2 2
同时根据滑动摩擦的性质F" = fF N = ( R + P2 ) f co 呦；
由于使得系统发生运动的力为 Q ，又由于：汀：:：f , 故可得 Q = F T 4 — F T 2 = R F 2
f cos: - -P ——P ——COS ： o
4.解：由题意可绘制如下图所示的运行与受力分析:
C
重力的功为：W = m • m 2 gs ；
(2)如下图应用相对速度瞬心的动量矩定理:
J o 並=m m 2 gR -F BC 2R ;其中 J ° =3
口可 m,R 2
，
R 2
Jmm 2g-3
m 】m 2
2 m
" g
2
4 4 7m 8m 1 2m 2
2 (7m + 8m 十 2m 2 )
6.解：对图示机构进行受力分析，如下图所示
应用动能定理T =W 并求导:
m 4m 1 m 2
2 v °a D p m m 2 gv ° ；
故a D
2 m m 2 g 7口：：；8口
则可得F BC
m m27m 8mi| 2m t g - 3m 2m2m m2g 2 m m2 m 2叶g
7m 8叶2m2
由图示可知，h^Ftan30
3
F,F^R cos3^ - F , 3
3
F n1 =
G F A cos30 -F 2COS 30 ,F n2 二 G COS 30 F B COS 60 -RCOS60 , 即 F ni =G 吕 F A -F 2 ,F n2 卡G | F B - F i ,
即"G
子…歸厂予珀-亍；
由此可推得"齐詁-寻2沽+一手, 由题意 mA=3m , mB=10m ,
1 2方、
V 3 — 1 i‘
F A -——F ,Fn2 = ---
G +— 1 F B —F , 1 3丿
2 2* 3
丿 进而可推得F n1 =G •丄 2
由摩擦力的公式可知frf s F nl 迁 F n1, f 2
-f s F n2
n2 ,,
可推得 f^ 3^3
mg 3
FA-TF,f 2=^mg^F B-^F 。

4 8 4 4 8 24
由刚体动力学静平衡条件 M C F ]=0可得f i l Ac COs30二f z l Bc Sin 30 , 即3仏二f 』
BC
,
F, f 2 =dmg -^F B _^F ,
4
4
8
同时，由题意可知I BC =I AC CO S 30，则 直
3
l AC
2
故可推得9 mg U F A -3
F =^mg 」F B -丄F ,
4
8 4 8 16 16
即 5「3mg
f F B 卡卩
7•解：选定杆OA 与0占及BC 、滑块C 组成的系统为研究对象，根据题
意可绘制出如下图所示的受力分析:
又 f 「項 mg 3
F A
4
8
B 一 24
故可推得4mg ^^F
AC
二 ^mg 寻 F B 拐 F l
14
8
24 i
则该系统有5个活动部件，存在5个旋转副、2个移动副，故其自由度为
F =3 n — 2P L —P H =3汉5 —2汉7=1 个自由度；
因此可选择，为广义坐标，利用解析法求解：
通过主动力偶M、滑块C的驱动力Q作用点处相应坐标y A、x c的变分，确定A 点铅垂方向和C点水平方向的虚位移：
y A = l sin ■：｝,:. yA = l sin 丈.v，x c = I cos v 21 sin v tan v，、: x c = -2l sin v tan 丈.v
虚功之和为 '、.W=Q L-2lsin^tanw M[sinw
根据虚位移原理' 、W = 0得QL 21 si nvta nr - M si nr，
由该图我们可以看出在断绳前，其重心为C点，但在断绳后其重心迁移至A 点。

由此可以绘制出如上图所示，惯性力系方向简化结果，
rj^Qf L
贝U必有F| = ma = mR：•二
2
,J + f l | I 「mL.亿- I
J A a = J C+m!—I 妝=+m! — ! 1
m^-，方向如图所示。

12 2 3
解：⑴根据题意我们可以绘制如下所示的运动分析，因而可知系统存
在两个自由度，因此可取广义坐标x/，其动能为
9.
M
IC
即M =2lQ tann。

T ^M V A+R B阮，
2 2
1 21 2根据运动学分析，v A=u，X， ' = I，则^ =- M u X - J B
t
(p _______ (p 故 V 二 mg zB 二 mg 2R 2-2R 2 cos cos^ 二一、2mgR 、1「cos COS3 ；
(3)根据以上的分析可知拉格朗日函数为 L =T —V = * M (u + * f +£ mR 2申2 + 血mgRjl _cos 甲 cos 夕
因而系统的广义动量积分
1 — s in 半
申 半
詡(^h-mR ^2mgR 2^co^cos i-^-mg ^^co ^sin 2， 由于、=0,丨=0，贝U p = M u x ；
⑷由拉格朗 日方程的广义能量积分求解公式可得
,, 何丄刃
cT ST 申
H 二 (p
—cos sin ；
- 由于=0^ =0，贝U H=M u X -M u XX
10.解：由题意可以做出如下图所示的运动分析: 由此其运动可分解为：
(1) 滑块4竖直向下运动(可忽略);
(2) 杆AB 绕AB 逆时针转动；
(3) 杆AB 与圆盘3接触点B 端水平向右运动；
1
=M u x mR 2 i - M u X X 「1 mR 2 山- 2mgR __ sin :
2,1_cos^ cos —
2
mgR 1 同时根据转动惯量的定义可求得山十氏，故一1®*雋囲2
(2)根据上图我们可以看出系统的有势力为小球 统的势能由系统的重力做功决定，由于物块 而重力没有做功，因而系统的势能仅与物块 B 与物块A 的重力，因而系 A 的运动仅为水平运动，因 B 的重力做功有关，
即T=1討2 21如〜2敲巾24 ； o.。

15 ；霸；
同时根据上图可得水平位置时， I sin 30 m 2g T ，即 6 二 0.915 2， 20 61 . 门； 6^183 ■ 故 ‘2 rad s ， ' ^=3 -3 -2 rad s ；
61 61
由于当弹簧压缩量最大的时候，所有的动能与势能将全部转化为弹性势能:
1
v 3 二 v^ tan 30 ,v 2 二 w cos30 ， 3
即 v 3 2,」=3、3 2，故 T 10
由于系统只有重力做功，故有
2 = 0.915
(4)圆盘3逆时针转动(牵连运动)。

则系统在水平位置的动能为T 冷Jj 冷J
3 f 冷讥V
,
故可得T - m,g k 2，即6 40：, 因此可得：=20 •、、406 m。

第三部分机械设计
一、选择题
1.解：为了避免螺栓承受附加的弯曲载荷。

除了要在结构上设法保证载荷不
偏心外，还应在工艺上保证被联接件、螺母和螺栓头部的支承面平整，并
与螺栓轴线相垂直。

在铸、锻件等的粗糙表面上安装螺栓时，应制成凸台
或沉头座。

当支承面为倾斜表面时，应采用斜面垫圈等。

因此应选择B。

2.解：牙型为三角形，内外螺纹旋合后留有径向间隙。

强度高是细牙和粗牙
螺纹的区别，
因此应排除A，对于B、D显然不是各类螺栓的基本功能和加工区别，故应
选择C。

3.解：带传动在工作时，带受到拉力后要产生弹性变形。

但由于紧边和松边
的拉力不同，因而弹性变形也不同。

当紧边在A点绕上主动轮时（如下
图），其所承受的拉力为R，此时带的线速度v和主动轮的圆周速度（均指
带轮的节圆圆周速度）V i相等。

在带由A1点转到B i点的过程中，带所受的
拉力由F l 逐渐降低到F2，带的弹性变形也就随之逐渐减小，因而带沿带轮的
运动是一面绕进、一面向后收缩，所以带的速度便过渡到逐渐低于主动轮
的
圆周速度v1。

这就说明了带在绕经主动轮缘的过程中，在带与主动轮缘之
间发生相对滑动。

相对滑动现象也发生在从动轮上，但情况恰恰相反，带
绕过从动轮时，拉力由F2增大到F i，弹性变形随之逐渐增加，因而带沿带
轮的运动是一面绕进，一面向前伸长，所以带的速度便过渡到逐渐高于从
动轮的圆周速度V2，亦即带与从动轮间也发生相对滑动。

这种由于带的弹
性变形而引起的带与带轮间的滑动，称为带传动的弹性滑动。

因此应选择
（C ）。

4.解：考察键连接的设计过程与顺序，应选择B。

5.解：考察链传动的运动特性：
1）链传动的运动不均匀性
因为链是由刚性链节通过销轴铰接而成，当链绕在链轮上时，其链节与相
应的轮齿啮合后，这一段链条将曲折成正多边形的一部分（如下图）。

该正多边形的边长等于链条的节距p，边数等于链轮的齿数z。

链轮每转一转，随之转过的链长为zp，所以链的平均速度v为：
zm 1p z2n2 p
v =
60 1000 60 1000
链传动的传动比为：
i_全
i
12 '
匕z i
通常用上述两公式来求解链速和传动比，它们反映的仅是平均值。

事实上， 即
使主动链轮的角速度为常数，其瞬时链速和瞬时传动比都是变化的，而且是 按每一链节的啮合过程作周期性的变化。

如上图所示，链轮转动时，绕在链轮上的链条，只有其铰链的销轴 A 的轴 心是沿着链轮分度圆运动的，而链节其余部分的运动轨迹均不在分度圆上。

若 主动链轮以等角速度 i 转动时，该链节的铰链销轴 A 的轴心作等速圆周运动， 设以链轮分度圆半径R i 近似取代节圆半径，则其圆周速度 V i=R 「i 。

为了便于分析，设链传动在工作时，主动边始终处于水平位置。

这样v i 可分 解为沿着链条前进方向的水平分速度 V x 和作上下运动的垂直分速度V y1，其值分 别为：
V X =w cos ： = R < cos ： ， V y1 = V| sin - _ R ir sin :
式中［是主动轮上最后进入啮合的链节铰链的销轴 A 的圆周速度V i 与水平
线的交角，它也是啮入过程中，链节铰链在主动轮上的相位角。

从销轴 A 进入
cp cp
铰链啮合位置到销轴B 也进入铰链啮合位置为止，：角是从--至，—之间变
2 2 化的 1=360 “。

180* . 180”
V x = V
xmin = R 1 COS ， V y1 = Vyimax 二 R i ‘1 sin
4 4 当-=0 时，Vx = Vxmin = R^ 1， 由此可见，主动链轮虽作等角速度回转，而链条前进的瞬时速度却周期性 地由
小变大，又由大变小。

每转过一个链节，链速的变化就重复一次，链轮的 节距越大，齿数越少，1角的变化范围就越大，链速的变化也就越大。

与此同 时，铰链销轴作上下运动的垂直分速度 V y1也在周期性地变化，导致链沿铅垂方
向产生有规律的振动。

同前理，每一链节在与从动链轮轮齿啮合的过程中，链 节铰链在从动链轮上的相位角
，亦不断地在一180 ..Z 的范围内变化（如上页
图），所以从动链轮的角速度为
V x R 网 cos P
■ ■ 2 ■
R 2 cos R 2 cos / 链传动的瞬时传动比 ㈡二丄二旦津-
cp 当一号时, V y1 二 V y1max 二 0
⑷ 2 R cos P
由上式可知，随着1角和 角的不断变化，链传动的瞬时传动比也是不断变 化
的。

当主动链轮以等角速度回转时，从动链轮的角速度将周期性地变动。

只 有在乙二Z 2，且传动的中心距恰为节距 P 的整数倍时（此时［二恒成立），传动 比才能在全部啮合过程中保持不变，即恒为 1。

上述链传动运动不均匀性的特征，是由于围绕在链轮上的链条形成了正多 边形这一特点所造成的，故称为链传动的多边形效应。

根据以上分析可知为了减少这种多边形效应，即减少
1角的变化范围，故
应减小节距或增大齿数，故排除 B 。

2） 链传动的动载荷 链传动在工作过程中，链条和从动链都是作周期性的变速运动，因而造成 和从动链轮相连的零件也产生周期性的速度变化，从而引起了动载荷。

动载荷 的大小与回转零件的质量和加速度的大小有关。

链条前进的加速度引起的动载荷 F di 为
式中p 为链节距，p =2R sin180 。

从动链轮的角加速度引起的动载荷 F d2为
式中：J 代表从动系统转换到从动链轮轴上的转动惯量，
*代表从动链轮的角
速度，R 2代表从动链轮的分度圆半径。

计算结果表明，链轮的转速越高，节距越大，齿数越少（对相同的链轮直
径），则传动的动载荷就越大。

同时，由于链轮沿垂直方向的分速度 V y 也在作周 期性变化，将使链条发生横向振动，甚至发生共振。

这也是链传动产生动载荷
■
的重要原因之一。

F di =ma c
式
中： m 代表紧边链条的质量，a C 代表链条加速度。

a C = = — R E ^COS P =尺国；sin P
dt dt
当 I ，±180 : z
时, a
C max 180
+Ri i 2 sin F d2 = R 2 dt
根据以上分析可得，为减轻动载荷，应减少节距，增大齿数；同时结合⑴ 的分析可得应选择D 。

6.
解：考察各类联轴
器的特点与性质，对于载荷具有冲击、振动，应采用具有缓冲吸振的弹 性联轴器，故应选择C 。

7. 解：由于滑动速度
过高，会加速磨损而使轴承报废。

这是因为 p 只是平均压力，实际上， 在轴发生弯曲或不同心等引起的一系列误差及振动的影响下，轴承边缘 可能产生相当高的压力，因而局部区域的pv 值还会超过许用值。

故应选 择C 。

第五部分微型计算机原理及其应用
、填空题
解：
十进制数连除，余 数倒序排列，直至商零，可得答案; 方法同上； 将二进制数以一 字节表示两位的方法显示可得答案; 按一字节存放一
位（对CF 无影响）的加法指令，将 然后根据所得结果可分析标志寄存器状态（ 代表零标志，AF 代表辅助进/借位，PF 代表奇偶标志，CF 代表 进/借位标志，OF 代表溢
出标志）；
ADC 代表带进位
的加法指令，方法同上;
SBB 代表带借位 减
法指令，将BX 与AX 相减后可得AX ，标志寄存器状态分析 同上；
NEG 代表求补码
指令，将AX 先转换为二进制，然后所有位全部取反后再加 1 可得结果，标志寄存器状态分析同上；
AND 代表逻辑与 指
令，将BX 与AX 进行逻辑与运算（根据真值表）后可得AX ， 标志
寄存器状态分析同上；
OR 代表逻辑或指
令，将BX 与AX 进行逻辑或运算（根据真值表）后可得 AX ， 标志
寄存器状态分析同上；
XOR 代表异或指
令，即将BX 与AX 先取反得AX 与BX ，然后进行
1.
1) 2
) 4)
位十进制数表示。

3.解：
ADD 代表不带进
BX 与AX 相加后可得AX ，
SF 代表标志位，ZF 2)
3)
4)
5)
7)
AX BX AX BX的运算后可得结果，标志寄存器状态分析同
上；
8) IMUL 代表带符
号数乘法指令，
4.解：
1)计算BP+SI+2可得源操作数地址偏移量；
2)经辨认可得该地
址寻址方式为基址加变址寻址方式，可得其有效地址EA可表示为
EA=[DS 左移4 位]+[BX]+[SI/DI]+[8 位/16 位偏移量]或EA=[SS 左移4位]+[BP]+[SI/DI]+[8位/16位偏移量],由此利用下述两种方法可得结果：SS左移4位后加地址偏移量；计算BX=BP+SI，然后计算BX+SI+2，再将DS 左移4位后相加可得答案。